人教版高中物理选择性必修第2册 进阶突破3

第三章进阶突破
一、选择题(第1～4题为单选题，第5～8题为多选题)
1．(珠海期末)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压均为U的灯泡A和B.输入电压为5U时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )
A．原、副线圈匝数比为1∶4
B．原、副线圈的功率比为4∶1
C．流过灯泡A、B的电流之比为4∶1
D．灯泡A、B的额定功率之比为1∶4
【答案】D
【解析】两灯均正常发光，则A、B两端的电压均为U，原线圈两端电压U1＝5U－U＝4U，副线圈两端电压U2＝U，所以原、副线圈匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝4∶1，故A错误；理想变压器自身不消耗能量，输入功率等于输出功率，所以原、副线圈的功率比为1∶1，故B错误；原、副线圈匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝4∶1，则原、副线圈的电流比I1∶I2＝n2∶n1＝1∶4，故C错误；灯泡A、B的电流之比为1∶4，两灯的额定电压相同，则灯泡A、B的额定功率之比为1∶4，故D正确．
2．理想变压器连接灯泡和滑动变阻器的电路如图所示，M、N端连接一个稳压交流电源，三个灯泡L1、L2和L3接入电路中发光，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，下列说法正确的是( )
A ．灯泡L 1变亮，L 2变暗
B ．灯泡L 1、L 2都变亮
C ．灯泡L 2、L 3都变亮
D ．电源输出功率减小 【答案】B
【解析】设MN 两端稳压交流电源的电压有效值为U ，原线圈两端的电压为U 1，电流为I 1，副线圈两端的电压为U 2，电流为I 2，原副线圈的匝数比n 1∶n 2＝k ，灯泡的电阻都为R ，根据欧姆定律，可得副线圈两端的电压为U 2＝I 2(R ＋R 并)，根据U 1U 2＝n 1
n 2＝k 得原线圈两端的电压为U 1＝kU 2＝kI 2(R
＋R 并)，根据I 1I 2＝n 2n 1＝1k ，解得I 1＝1
k I 2，根据欧姆定律，可得L 1两端的电
压U′1＝I 1R ＝
I 2R
k
，则稳压交流电源的电压为U ＝U′1＋U 1＝I 2⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
R
k
＋k R ＋R 并
，当滑动变阻器的滑片P 向上移动时，其电阻减小，则R 并电阻减小，所以总电阻减小，而稳压交流电源的电压U 不变，所以电流I 2变大，则L 2变亮；原线圈的电流I 1＝1
k I 2也增大，所以L 1变亮，其两
端的电压变大，所以原线圈两端的电压减小，则副线圈两端的电压减小，而L 2的电压变大，所以L 3与滑动变阻器并联部分的电压减小，所以L 3变暗，B 正确，A 、C 错误；因为原线圈的电流增大，稳压交流电源的电压不变，根据P ＝UI 1，可知电源输出功率增大，D 错误．
3．如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在u ＝2202sin(50πt)V 交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的电阻，原、副线圈匝数比为2∶1.假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表为理想电表．则( )
A ．副线圈的输出功率为110 W
B ．原线圈的输入功率为110 2 W
C ．电流表的读数为1 A
D ．副线圈输出的电流方向不变 【答案】A
【解析】因为原线圈上接有理想二极管，原线圈只有半个周期有电流，副线圈也只有半个周期有电流，则U 1m ∶U 2m ＝n 1∶n 2，所以副线圈电压的最大值U 2m ＝110 2 V ．设副线圈电压的有效值为U 2，则U 22
R T ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫U 2m 22
R ·T 2，解得
U 2＝55 2 V ，副线圈的输出功率P 2＝U 22
R ＝110 W ，原线圈的输入功率P 1＝
P 2＝110 W ，故A 正确，B 错误．电流表读数I 2＝U 2
R ＝ 2 A ，故C 错误．因
为原线圈上接有理想二极管，原线圈中电流方向不变，原线圈中电流增大和减小时在副线圈中产生的感应电流方向相反，副线圈输出的电流方向改变，故D 错误．
4．(北京丰台区期末)如图所示，理想变压器初级线圈匝数n 1＝1 210匝，次级线圈匝数n 2＝121匝，电压u ＝311sin(100πt)V，负载电阻R ＝44 Ω.不计电表对电路的影响，下列说法正确的是( )
A ．电流表读数为0.05 A
B ．电压表读数为311 V
C ．输入电压频率为100 Hz
D ．若增大R 的电阻值，变压器输入功率增大 【答案】A
【解析】由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为311 V ，所以原线圈的电压的有效值为U 1＝
311
2
V≈220 V，所以电压表的读数约为220 V ，根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2可得，U 2＝U 1n 2
n 1＝22 V ，则右侧线圈电流为
I 2＝U 2R ＝2244 A ＝0.5 A ，则根据公式I 1I 2＝n 2n 1，代入数据得I 1＝I 2n 2
n 1＝0.05 A ，
故A 正确，B 错误．根据公式f ＝1T ，T ＝2π
ω，代入数据得f ＝50 Hz ，故C
错误．根据电功率公式P ＝U 2
R 可知，当U 不变时，电阻变大，电功率变小，
故若增大R 的电阻值，变压器输出功率减小，又因为输入功率等于输出功率，所以变压器输入功率减小，故D 错误．
5．(洛阳一模)有一个原、副线圈匝数比为10∶1的理想变压器，原线圈所接交流电源的电压瞬时值表达式为u ＝3002sin(50πt) V．副线圈所接电路如图所示，灯L 1、L 2为均标有“20 V 10 W”字样的灯泡，当S 闭合时，两灯恰好正常发光．则( )
A ．电阻R ＝10 Ω
B ．流过R 的交流电的周期为0.02 s
C ．断开S 后，原线圈的输入功率减小
D ．断开S 后，灯L 1仍能正常发光
【答案】AC
【解析】原线圈所接交流电压的有效值U 1＝3002
2 V ＝300 V ，根据
变压比可知，副线圈两端电压U 2＝U 1
n 1·n 2＝30 V ，灯泡正常发光，则电阻
R 两端电压为10 V ，流过R 的电流I 2＝10
20×2 A＝1 A ，根据欧姆定律可知
R ＝U R
I 2＝10 Ω，故A 正确．根据交流电源的电压瞬时值表达式可知，角速度ω＝50π rad/s，则周期T ＝2π
ω＝0.04 s ，则流过R 的交变电流的周
期为0.04 s ，故B 错误．断开S 后，副线圈电阻增大，根据欧姆定律可知，电流减小，故输出功率减小，则输入功率减小，故C 正确．断开S 后，灯泡L 1两端电压增大，不能正常发光，故D 错误．
6．(辽宁普通高中质检)如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为10∶1，R 1＝20 Ω、 R 2＝40 Ω，电容器的电容C ＝100 μF，已知电阻R 1两端的正弦交流电压如图乙所示，下列说法正确的是( )
A ．该交变电流的频率为50 Hz
B ．原线圈输入电压的有效值为200 2 V
C ．电容器所带电量为4×10－3 C
D ．电阻R 2消耗的功率为20 W 【答案】ABD
【解析】由R 1两端的正弦交流电压图像读出周期T ＝0.02 s ，则交变
电流的频率为f ＝1
T ＝50 Hz ，而变压器不改变交变电流的频率，则发电机
的交变电流的频率也为50 Hz ，故A 正确；由ut 图像读出变压器的输出电压的最大值为U 2max ＝40 V ，则正弦交流电的有效值为U 2＝U 2max
2＝20 2 V ，
根据理想变压器两端的电压比等于匝数比，有U 1U 2＝n 1n 2＝10
1，解得原线圈输
入电压的有效值U 1＝10U 2＝200 2 V ，故B 正确；电容器的作用是通交流隔直流，所以在正弦交流电路中电容器有变化的电流通过，电容器C 所带电量是不断变化的，且最大电量因R 3和容抗未知而无法求出，故C 错误；
副线圈的电路中R 2与R 1并联，电压相等，则其功率为P R2＝U 2
2R 2＝
202
2
40
W ＝20 W ，故D 正确．
7．(邯郸名校期末)交流发电机的线圈绕垂直于匀强磁场的水平轴逆时针匀速转动，每秒转动10转，线圈从图示位置开始计时，电流表的示数为1 A ，已知线圈匝数为500匝，线圈内阻r ＝1.0 Ω，外接电阻R ＝9.0 Ω，以下判断正确的是( )
A ．图示时刻交变电流方向为ADCBA
B ．通过线圈磁通量的最大值为 2
π×10－3 Wb
C ．t ＝516 s 时线圈磁通量的变化率 2
50
Wb/s
D ．t ＝9
16 s 时外接电阻R 所消耗的电功率为10 W
【答案】AB
【解析】由右手定则可知，图示时刻电流方向为ADCBA ，故A 正确．电动势的有效值E ＝I(R ＋r)＝1×(9.0＋1.0) V ＝10 V ，电动势的峰值E m ＝2E ＝10 2 V ，根据感应电动势峰值E m ＝NBSω可知，通过线圈磁通量的最大值Φm ＝BS ＝E m Nω＝E m 2πnN ，代入数据解得Φm ＝2π×10－3 Wb ，故B 正
确．线圈做圆周运动的角速度ω＝2πn＝20π rad/s，从图示位置开始计时，电动势的瞬时值表达式e ＝E m cos ωt＝102cos(20πt) V，t ＝5
16
s 时，感应电动势瞬时值e ＝10 V ，此时磁通量的变化率e N ＝1
50 Wb/s ，故
C 错误；求电功率应用有效值，t ＝9
16
s 时外接电阻R 所消耗的电功率P
＝I 2
R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R ＋r 2R ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫109＋12
×9 W＝9 W ，故D 错误． 8．(广州天河区三模)如图，理想变压器上接有3个完全相同的灯泡，其中1个灯泡与原线圈串联，另外2个灯泡并联后接在副线圈两端．已知交流电源的电压u ＝182sin(100πt) V,3个灯泡均正常发光，忽略导线电阻，则变压器( )
A ．副线圈电压的频率为100 Hz
B ．原线圈两端的电压为12 V
C ．原、副线圈的电流比为2∶1
D ．原、副线圈的匝数比为2∶1
【答案】BD
【解析】根据交流电源的电压u ＝182sin(100πt) V，可知角速度ω＝100π rad/s，则频率为f ＝
ω
2π
＝50 Hz ，A 错误；设每只灯泡的额定电流为I ，额定电压为U ，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I ，原、副线圈电流之比为1∶2，由原、副线圈中电流之比与匝数成反比，得原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝2
1，故C
错误，D 正确；根据电压与匝数成正比U 1U 2＝n 1n 2，得原线圈两端电压为U 1＝
n 1
n 2U 2＝2U ，根据闭合电路欧姆定律得交流电源电压为U′＝U ＋2U ＝3U ，该交流电的最大值为18 2 V ，则有效值为18 V ，所以3U ＝18 V ，则灯泡的额定电压为6 V ，原线圈两端的电压U 1＝2U ＝12 V ，B 正确．
二、非选择题
9．如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在轴向形永久磁铁槽中的半径为r ＝0.10 m 、匝数n ＝20匝的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)．在线圈所在位置磁感应强度B 的大小均为B ＝0.20
π T ，线圈的电阻为R 1＝0.50
Ω，它的引出线接有R 2＝9.5 Ω的小电珠L.外力推动线圈框架的P 端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小电珠．当线圈运动速度v 随时间t 变化的规律如图丙所示时(摩擦等损耗不计)．求：
(1)小电珠中电流的最大值；
(2)电压表的示数；
(3)t ＝0.1 s 时外力F 的大小．
解：(1)由题意及法拉第电磁感应定律知，由于线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的最大值为E m ＝nB2πrv m ，电路总电阻为R 总＝R 1＋R 2，那么小灯泡中电流的最大值为
I m ＝nB×2πrv m R 1＋R 2＝20×0.2×2π×0.1×2
π9.5＋0.5 A ＝0.16 A.
(2)电压表示数为有效值，其示数
U ＝U m 2＝22I m R 2＝2
2×0.16×9.5 V＝0.76 2 V≈1.07 V.
(3)当t ＝0.1 s 即T
4
时，外力F 大小为
F ＝nB×2πrI m ＝20×0.2
π
×2π×0.1×0.16 N＝0.128 N.
10．如图所示，一个小型应急交流发电机，内部为n ＝50匝、边长L ＝20 cm 的正方形线圈，总电阻为r ＝1.0 Ω.线圈在磁感应强度为B ＝0.1 T 的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动．发电机对一电阻为R ＝9.0 Ω的电灯供电，线路中其他电阻不计，若发电机的转动角速度为ω＝100 rad/s 时，电灯正常发光．求：
(1)交流发电机产生的电动势的最大值； (2)电灯正常发光的功率；
(3)从图示位置开始，线圈转过30°的过程中，通过电灯的电荷量； (4)线圈每转动一分钟，外力所需做的功．
解：(1)电动势的最大值为 E m ＝nBSω＝nBωL 2＝20 V.
(2)电动势的有效值为E ＝E m
2＝10 2 V ，
电灯正常发光的电流I ＝E r ＋R ＝102
1＋9 A ＝ 2 A ，
电灯正常发光的功率P ＝I 2R ＝18 W. (3)通过电灯的电荷量
q ＝I －Δt＝nΔΦR ＋r ＝nBSsin 30°R ＋r ＝0.01 C. (4)线圈转动一分钟，整个回路上产生的热量为 Q ＝I 2(R ＋r)t ＝1 200 J ， W 外＝Q ＝1 200 J.。